Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2016-2017 – Trường THPT Nguyễn Duy Thì

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2016-2017 biên soạn bởi Trường THPT Nguyễn Duy Thì với mục tiêu hỗ trợ các giáo viên có thêm tư liệu để nâng cao, bồi dưỡng kiến thức cho học sinh nói chung và đội tuyển học sinh giỏi nói riêng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 12 năm học 2016-2017 – Trường THPT Nguyễn Duy Thì

Trường THPT Nguyễn Duy Thì KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) 2x  3 Câu 1(3 điểm): Cho hàm số: y  (1) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C ) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C ) , biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho AB  2 IB , với I (2, 2) . Câu 2 (2 điểm):   x  y 2  2x 1  2y 1  1. Giải hệ phương trình:  2 (x, y ).  x  y x  2y  3x  2y  4  sin 2x  3tan 2x  sin 4 x 2. Giải phương trình:  2. tan 2 x  sin 2 x Câu 3(1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có, điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 x  4 y  23  0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ dương. Câu 4 (2 điểm): Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( SCD ) và mặt phẳng đáy bằng 600 . 1. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a . Câu 5(1 điểm) : Cho a, b, c là ba số dương. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 P  a2  b2  c2  1  a  1  b  1  c  1
Trường THPT Nguyễn Duy Thì KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016-2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN Câu Ý Lời giải Điểm 1 2x  3 1,5 Cho hàm số: y  . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của x2 hàm số . TXĐ: D  R \ 2 0,5 lim y  2  phương trình đường TCN: y = 2 x  lim y  ;lim y    phương trình đường TCĐ: x = 2 x  2 x  2 1 0,25 y/   0 x  D  x  2 2  Hàm số nghịch biến trên từng khoảng xác định. Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0,25 +∞ x -∞ 2 y - - ’ +∞ y 2 -∞ 2 Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) 0,5 Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) Đồ thị: 2 Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường 1,5 tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại A, B sao cho
AB  2IB , với I(2;2).  2 x0  3  0,55 Gọi M  x0 ;   (C )  x0  2  1 2 x02  6 x0  6 PTTT của (C) tại M: y   x  x0  2   x0  2  2 2 Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc 0,5 1 của tiếp tuyến k = 1 hoặc k = -1. vì y /   0 nên ta có hệ số góc  x  2 2 tiếp tuyến k = -1. 1  x0  1 0,25   1    x0  1  x0  3 2  có hai phương trình tiếp tuyến: 0,25 y  x  2 ; y   x  6 2 1 Giải hệ phương trình: 1,0   x  y 2  2x 1  2y 1  (1)  2 x, y   x  y x  2y  3x  2y  4 (2)   1 0,25  x   2 Đk:  y   1  2 x  y 1  0 0,25 Pt(2)  x 2   3 y  3 x  2 y 2  2 y  4  0    x  2 y  4  0 (loai )  x  y 0,25 2  4 xy Pt(1)  2 x  1  2 y 1  2 2   x  y 2  4 xy   2  x  y   2  2 4 xy  2  x  y   1     2     8 4 xy  3   4 xy  3 4 xy  5 4 xy  3  0   4 xy  5 4 xy  3  8 (loai) (do 1   x  y   4 xy  4 xy  5  0) 2  1  3 0,25 x  y  1 x   x    2   2 Hệ đã cho tương đương:  3   xy   4 y  3 y   1  2  2
 1 3 3 1 Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm:   ;  ,  ;    2 2 2 2 2 sin 2x  3tan 2x  sin 4x 1 Giải phương trình: 2 tan 2x  sin 2x cos 2 x  0 0,25 Đk:  (*)  tan 2 x  sin 2 x  0 Pt tương đương: 0,25 3 sin 2 x  tan 2 x  sin 4 x  0  3sin 2 x cos 2 x  sin 2 x  sin 4 x cos 2 x  0   cos 2 x  1 sin 2 x  sin 4 x   0   0,25   x  2  k cos 2 x  1  cos 2 x  1  0     sin 2 x  0   x  k sin 4 x  sin 2 x  0  2  1  cos 2 x    2  x     k  3  0,25 Nghiệm x    k thỏa mãn (*) 3  Phương trình có 2 họ nghiệm: x    k 3 3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD 1,0 có A(5, 7) , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y  4  0 . Đường thẳng đi qua D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 x  4 y  23  0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ dương. Gọi C  c; c  4   d1 , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 0,25 3x – 4y – 23 = 0. Ta có  AIM đồng dạng CID    c  10 c  10   CI  2 AI  CI  2 IA  I  ;   3 3  c  10 c  10 0,25 Mà I  d 2 nên ta có: 3 4  23  0  c  1 3 3 Vậy C(1;5).  3t  23   3t  9  0,25 Ta có: M  d 2  M  t ;   B  2t  5;   4   2    3t  5    3t  19  AB   2t  10;  , CB   2t  6;   2   2  t  1 0,25   1 Do AB.CB  0  4  t  5  t  3   3t  5  3t  19   0   29 4 t   5
 B (3; 3) (loai )  33 21     33 21   B ;  B  ;   5 5   5 5  4 1 Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, tam giác 1,0 SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng đáy bằng 600 . 1. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . H, M lần lượt là trung điểm của AB và CD SH  AB  Ta có:  SH   ABCD   SAB    ABCD  0,25 a 3 SH  2 Góc giữa (SCD) và mặt đáy là SMH  600 0,25 SH a 0,25 Ta có HM   tan 600 2 1 a 2 a 3 a3 3 0,25  VS . ABCD  . .  3 2 2 12 2 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a . 1,0 Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD. Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ 0,25 đường thẳng  đi qua H ,   d và  cắt d tại J,  cắt BD tại I. trong (SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K. Khi đó: d BD ,SA  d I ,( S ,d )   2d H ,( S ,d )   2d H ,( SBD )   2 HK IH BH BH . AD a 5 0,25 Ta có  BIH đồng dạng  BAD    IH   AD BD BD 10 1 1 1 a 3 0,5 Xét SHI vuông tại H, ta có: 2  2  2  HK  HK HS HI 8 a 3 Vậy d BD ,SA  4 5 Cho a, b, c là ba số duơng. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1,0
1 2 P  a2  b2  c2  1  a  1  b  1  c  1  a  b c  1 0,25 2 2 1 1   a  b   c  1    a  b  c  1 2 2 2 a b c 2 2 2 1   2 2 2  4 3  a 1 b 1 c 1  a  b  c  3  3 0,25  a  1 b  1 c  1       3   3  2 54 0,25 Vậy P   a  b  c  1  a  b  c  3 3 2 54 =   f (t ) với t  a  b  c  1 (t  1) t  t  2 3 2 162 t  4 0,25 f / (t )    ; f / (t )  0   t  2 t  1(loai ) 2 4 t t 1 4 + f’(t) + 0 - 1/4 f(t) 0 0 a  b  c  3 1  Vậy giá trị lớn nhất của P  khi a  b  c  a  b  c 1 4 c  1 